题面
传送门
题目描述
棋盘上A点有一个过河卒，需要走到目标B点。卒行走的规则：可以向下、或者向右。同时在棋盘上C点有一个对方的马，该马所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点。因此称之为“马拦过河卒”。
棋盘用坐标表示，A点(0,0)、B点(n,m)(n,m为不超过20的整数)，同样马的位置坐标是需要给出的。
现在要求你计算出卒从A点能够到达B点的路径的条数，假设马的位置是固定不动的，并不是卒走一步马走一步。
输入格式
一行四个数据，分别表示B点坐标和马的坐标。
输出格式
一个数据，表示所有的路径条数。
输入输出样例
输入 #1
6 6 3 3
输出 #1
6
说明/提示
结果可能很大！
------------------------------------------------
浅谈
本蒟蒻不会下任何棋，愣是没看懂题面qwq，看了题解才知道这道题是啥意思……
ps:马走日，我还真不知道：）
第一印象：m=20,n=20，再加上难度pj- 哇？搜索！！！
然而转念一想，结果可能很大……
搜索一定会爆，这题得用dp。
不过这既然是一道2002 pj，dp应该不会很难。
嗯……
分析
好继续我们来胡乱正经分析一下
题目的大意就是求一个点到另一点的方法数，但其中有一些点不能走。（这得懂下棋常识，才能知道哪些点不等走啊qwq）
比如说样例就是下面这个图（N表示不能走的格）：
0 1 2 3 4 5 6---横坐标序号
0 A 0 0 0 0 0 0
1 0 0 N 0 N 0 0
2 0 N 0 0 0 N 0
3 0 0 0 C 0 0 0
4 0 N 0 0 0 N 0
5 0 0 N 0 N 0 0
6 0 0 0 0 0 0 0
|-纵坐标序号（与图无关）
这图太单调太无趣了。我们挥动金手指魔改一下此图：
0 1 2 3 4 5 6---横坐标序号
0 A 1 1 1 1 1 1
1 1 2 0 1 0 1 2
2 1 0 0 1 1 0 2
3 1 1 1 0 1 1 3
4 1 0 1 1 2 0 3
5 1 1 0 1 0 0 3
6 1 2 2 3 3 3 6(B)
|-纵坐标序号（与图无关）
我们把这个图定义为dp[i][j]，其中dp[i][j]指的是A到`(i,j)点的路径数量。
我们可以轻松得出
dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
explanation:
如果这是一个普通点，那么到达这个点的路径数自然为上一个的路径数+左一个的路径数。
毕竟……你想到达一个点，只能从上面那个点往下或左边那个点往右，路径数自然是他们的和。
但是鱿鱼在边界处用此转移方程会爆炸，所以我们要把整体所有的坐标都+1.
Like this:
0 1 2 3 4 5 6 7---横坐标序号
0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 0 A 1 1 1 1 1 1
2 0 1 2 0 1 0 1 2
3 0 1 0 0 1 1 0 2
4 0 1 1 1 0 1 1 3
5 0 1 0 1 1 2 0 3
6 0 1 1 0 1 0 0 3
7 0 1 2 2 3 3 3 6(B)
|-纵坐标序号（与图无关）
其实相当于在上面和左面镶上了一道金边。但是初始值设在那里呢？直接在dp[1][1]吗？还是看这个方程：
dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
自然，这个方程我们应该从i=1,j=1遍历。那么，dp[1][1]的值自然会更新成dp[0][1]+dp[1][0]=0+0=0，设了dp[1][1]=1却被更新了……：）
所以我们应该从金边下手。观察如上方程得知dp[1][1]的值与dp[0][1]和dp[1][0]有关，从他们俩下手，那自然是极好的。
ok，我们设dp[0][1]=1吧。这样就得到了完整方程：
dp[0][1] = 1，
dp[Ni][Nj] = 0,
dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i][j-1]
explanation:
Ni,Nj为马及马的控制点
程序
既然dp方程写好啦，那就开始程序吧！
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;//头文件和命名空间
int bx,by,cx,cy;//b,c的坐标
unsigned long long dp[25][25];//注意结果很大，得开ull哦。
bool f[25][25];//看是否为马的控制点
const int fx[9]={0,-2,-1,1,2,2,1,-1,-2};
const int fy[9]={0,1,2,2,1,-1,-2,-2,-1};
//看到后面你就知道这是啥了
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&bx,&by,&cx,&cy);//输入
bx++;by++;cx++;cy++;dp[0][1]=1;//加1防越界，设置dp初值
for(int i=0;i<9;i++)
f[cx+fx[i]][cy+fy[i]]=true;//懒人福利~~
for(int i=1;i<=bx;i++)
for(int j=1;j<=by;j++)
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j-1])*(!f[i][j]);//计算dp的值。如果是马（的控制点），自然是0啦
/*
for(int i=1;i<=bx;i++)
{
for(int j=1;j<=by;j++)
printf("%12lld",dp[i][j]);
printf("
");
}
测试输出
*/
printf("%lld
",dp[bx][by]);//输出
return 0;
}
测评结果
测评记录：
后记
本代码可以继续优化，建议大家在滚动数组这方面多想想。